2019届二轮复习第2讲　分类讨论思想、转化与化归思想学案（全国通用）

第2讲　分类讨论思想、转化与化归思想
高考定位　分类讨论思想、转化与化归思想近几年高考每年必考，一般体现在解析几何、函数与导数及数列解答题中，难度较大.

1.中学数学中可能引起分类讨论的因素
(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等.
(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根被开方数为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列{an}的前n项和公式等.
(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等.
(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等.
(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等.
2.常见的转化与化归的方法
转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时，思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式.常见的转化方法有：
(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题.
(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题.
(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径.
(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的.
(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题.
(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题.
(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径.
(8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定.
(9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解决.
(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集∁UA获得原问题的解决，体现了正难则反的原则.

热点一　分类讨论思想的应用
[应用1]　由性质、定理、公式的限制引起的分类
【例1－1】 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3，则数列{an}的通项an＝________.
(2)已知实数a≠0，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________.
解析　(1)由2Sn＝3n＋3得：当n＝1时，2S1＝31＋3＝2a1，解得a1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝[(3n＋3)－(3n－1＋3)]＝3n－1，由于n＝1时，a1＝3不适合上式.∴数列{an}的通项公式为an＝
(2)当a>0时，1－a<1，1＋a>1，这时f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a，
f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3a.
由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a＝－1－3a，解得a＝－，不合题意，舍去；
当a<0时，1－a>1，1＋a<1，
这时f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a，f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a.
由f(1－a)＝f(1＋a)得－1－a＝2＋3a，解得a＝－.综上可知，a的值为－.
答案　(1)　(2)－
探究提高　由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致的情况下使用，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等.
[应用2]　由数学运算要求引起的分类
【例1－2】 (1)不等式|x|＋|2x＋3|≥2的解集是________.
(2)已知m∈R，则函数f(x)＝(4－3m)x2－2x＋m在区间[0，1]上的最大值为________.
解析　(1)原不等式可转化为
或或解得x≤－或－1≤x≤0或x＞0，
故原不等式的解集为∪[－1，＋∞).
(2)①当4－3m＝0，即m＝时，函数f(x)＝－2x＋，
它在[0，1]上是减函数，所以f(x)max＝f(0)＝.
②当4－3m≠0, 即m≠时，f(x)是二次函数.
当4－3m＞0，即m＜时，二次函数f(x)的图象开口向上，对称轴方程x＝＞0，它在[0，1]上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值，故不需讨论区间与对称轴的关系).f(0)＝m，f(1)＝2－2m，
当m≥2－2m，又m＜，即≤m＜时，f(x)max＝m.
当m＜2－2m，又m＜，即m＜时，f(x)max＝2(1－m).
当4－3m＜0，即m＞时，二次函数f(x)的图象开口向下，又它的对称轴方程x＝＜0，所以函数f(x)在[0，1]上是减函数，于是f(x)max＝f(0)＝m.
由①，②可知，这个函数的最大值为f(x)max＝
答案　(1)∪[－1，＋∞)　(2)f(x)max＝
探究提高　由数学运算要求引起的分类整合法，常见的类型有除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数问题，含有绝对值的不等式求解，三角函数的定义域等，根据相应问题中的条件对相应的参数、关系式等加以分类分析，进而分类求解与综合.
[应用3]　由参数变化引起的分类
【例1－3】 已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0，1).
探究提高　由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.
热点二　转化与化归思想
[应用1]　换元法
【例2－1】 已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，则a的最大值是________.
解析　令b＝x，c＝y，则x＋y＝－a，x2＋y2＝1－a2.此时直线x＋y＝－a与圆x2＋y2＝1－a2有交点，则圆心到直线的距离d＝≤，解得a2≤，所以a的最大值为.
答案　
探究提高　换元法是一种变量代换，也是一种特殊的转化与化归方法，是用一种变数形式去取代另一种变数形式，是将生疏(或复杂)的式子(或数)，用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换；化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体，使运算或推理可以顺利进行.
[应用2]　特殊与一般的转化
【例2－2】 已知f(x)＝，则f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝________.
解析　f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＝1，
∴f(0)＋f(1)＝1，f(－2 015)＋f(2 016)＝1，…，
∴f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝2 016.
答案　2 016
探究提高　一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.
[应用3]　常量与变量的转化
【例2－3】 对任意的|m|≤2，函数f(x)＝mx2－2x＋1－m恒为负，则x的取值范围为________.
解析　对任意的|m|≤2，有mx2－2x＋1－m＜0恒成立，即|m|≤2时，(x2－1)m－2x＋1＜0恒成立.设g(m)＝(x2－1)m－2x＋1，则原问题转化为g(m)＜0恒成立(m∈[－2，2]).所以即解得＜x＜，
即实数x的取值范围为.
答案　
探究提高　在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的参数，将其看作是“主元”，而把其他变元看作是常量，从而达到减少变元、简化运算的目的.
[应用4]　正与反的相互转化
【例2－4】 若对于任意t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________.
解析　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t，3)上总为单调函数，则①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立.
由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x在x∈(t，3)上恒成立，
∴m＋4≥－3t恒成立，则m＋4≥－1，
即m≥－5；由②得m＋4≤－3x在x∈(t，3)上恒成立，
则m＋4≤－9，即m≤－.
∴函数g(x)在区间(t，3)上总不为单调函数的m的取值范围为－＜m＜－5.
答案　
探究提高　否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可，一般地，题目若出现多种成立的情形，且不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中.

1.分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.
常见的分类讨论问题有：
(1)集合：注意集合中空集讨论.
(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a＞1和0＜a＜1的讨论；函数y＝ax2＋bx＋c有时候分a＝0和a≠0的讨论；对称轴位置的讨论；判别式的讨论.
(3)数列：由Sn求an分n＝1和n＞1的讨论；等比数列中分公比q＝1和q≠1的讨论.
(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论.
(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论.
(6)立体几何：点、线、面及图形位置关系的不确定性引起的讨论.
(7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b＝0和b≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.
(8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.
2.转化与化归思想遵循的原则：
(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.
(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.

一、填空题
1.等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值是________.
解析　当公比q＝1时，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求.当q≠1时，a1q2＝7，＝21，解之得，q＝－或q＝1(舍去).综上可知，q＝1或－.
答案　1或－
2.过双曲线－＝1(a＞0，b＞0)上任意一点P，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R，Q两点，则·的值为________.
解析　特殊位置法，当直线PQ与x轴重合时，||＝||＝a.
答案　a2
3.方程sin2x＋cos x＋k＝0有解，则k的取值范围是________.
解析　转化为求k＝－sin2x－cos x的值域.k＝cos2x－cos x－1＝－.
当cos x＝时，kmin＝－，当cos x＝－1时，kmax＝1，∴－≤k≤1.
答案　
4.若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，则它的通项公式an＝________.
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2，也满足式子an＝2×3n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.
答案　2×3n－1
5.已知a为正常数，若不等式≥1＋－对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为________.
解析　原不等式即≥1＋－(x≥0)，(*)
令＝t，t≥1，则x＝t2－1，
所以(*)式可化为≥1＋－t＝＝对t≥1恒成立，所以≥1对t≥1恒成立，又a为正常数，所以a≤[(t＋1)2]min＝4，
故a的最大值是4.
答案　4
6.已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数k使得＋＝k成立，则k等于________.
解析　∵＋＋＝0，∴M为已知△ABC的重心，取AB的中点D，
∴＋＝2＝2×＝3，∵＋＝k，∴k＝3.
答案　3
7.设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点.已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且PF1＞PF2，则的值为________.
解析　若∠PF2F1＝90°，则PF＝PF＋F1F，∵PF1＋PF2＝6，F1F2＝2，
解得PF1＝，PF2＝，∴＝.若∠F2PF1＝90°，
则F1F＝PF＋PF＝PF＋(6－PF1)2，解得PF1＝4，PF2＝2，
∴＝2.综上所述，＝2或.
答案　2或
8.已知函数f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若对任意的x1∈(0，2)，任意的x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数b的取值范围是________.
解析　依题意，问题等价于f(x1)min≥g(x2)max，f(x)＝ln x－x＋－1(x＞0)，
所以f′(x)＝－－＝.
由f′(x)＞0，解得1＜x＜3，故函数f(x)单调递增区间是(1，3)，同理得f(x)的单调递减区间是(0，1)和(3，＋∞)，故在区间(0，2)上，x＝1是函数f(x)的极小值点，这个极小值点是唯一的，所以f(x1)min＝f(1)＝－.
函数g(x2)＝－x＋2bx2－4，x2∈[1，2].
当b＜1时，g(x2)max＝g(1)＝2b－5；当1≤b≤2时，g(x2)max＝g(b)＝b2－4；
当b＞2时，g(x2)max＝g(2)＝4b－8.
故问题等价于或或
解第一个不等式组得b＜1，解第二个不等式组得1≤b≤，
第三个不等式组无解.综上所述，b的取值范围是.
答案　
二、解答题
9.数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.
解　(1)an＋2－2an＋1＋an＝0，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an＋1－an}为常数列，
所以{an}是以a1为首项的等差数列，设an＝a1＋(n－1)d，a4＝a1＋3d，
所以d＝＝－2，所以an＝10－2n.
(2)因为an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.
当n＞5时，an＜0；当n＝5时，an＝0；当n＜5时，an＞0.
记Tn＝a1＋a2＋…＋an，则Tn＝＝9n－n2.
所以当n＞5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝T5－(Tn－T5)＝2T5－Tn＝n2－9n＋40，
当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Tn＝9n－n2.
所以Sn＝
10.已知函数g(x)＝(a∈R)，f(x)＝ln(x＋1)＋g(x).
(1)若函数g(x)过点(1，1)，求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性.
解　(1)因为函数g(x)过点(1，1)，所以1＝，解得a＝2，所以f(x)＝ln(x＋1)＋.由f′(x)＝＋＝，则f′(0)＝3，所以所求的切线的斜率为3.又f(0)＝0，所以切点为(0，0)，故所求的切线方程为y＝3x.
(2)因为f(x)＝ln(x＋1)＋(x＞－1)，
所以f′(x)＝＋＝.
①当a≥0时，因为x＞－1，所以f′(x)＞0，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，由得－1＜x＜－1－a，
故f(x)在(－1，－1－a)上单调递减；由得x＞－1－a，
故f(x)在(－1－a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≥0时，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，函数f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－1－a，＋∞)上单调递增.
11.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点F重合，且椭圆短轴的两个端点与点F构成正三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点(1，0)的直线l与椭圆交于不同的两点P，Q，试问在x轴上是否存在定点E(m，0)，使·恒为定值？若存在，求出E的坐标，并求出这个定值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题意，知抛物线的焦点为F(，0)，所以c＝＝.
因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形，所以b＝×＝1.
可求得a＝2，故椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在满足条件的点E，当直线l的斜率存在时设其斜率为k，
则l的方程为y＝k(x－1).由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
解上述方程后易得：x1＋x2＝，x1x2＝.
则＝(m－x1，－y1)，＝(m－x2，－y2)，
所以·＝(m－x1)(m－x2)＋y1y2
＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2
＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＋k2(x1－1)(x2－1)
＝m2－＋＋k2
＝
＝
＝(4m2－8m＋1)＋.
要使·为定值，令2m－＝0，即m＝，此时·＝.
当直线l的斜率不存在时，不妨取P，Q，
由E，可得＝，＝，所以·＝－＝.
综上，存在点E，使·为定值.